江苏省南京市盐城市2022届高三数学第二次模拟考试试题.doc

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1、江苏省南京市、盐城市2022届高三数学第二次模拟考试试题(总分值160分，考试时间120分钟)20224参考公式：圆锥的侧面积公式：Srl，其中r为圆锥底面圆的半径，l为圆锥的母线长一、 填空题：本大题共14小题，每题5分，共70分1. 集合Ax|x2k1，kZ，Bx|x(x5)0，那么AB_2. 复数z12i，其中i为虚数单位，那么z2的模为_3. 如图是一个算法流程图，假设输出的实数y的值为1，那么输入的实数x的值为_(第3题)(第4题)4. 某校初三年级共有500名女生，为了了解初三女生1分钟“仰卧起坐工程训练情况，统计了所有女生1分钟“仰卧起坐测试数据(单位：个)，并绘制了如图频率分布

2、直方图，那么1分钟至少能做到30个仰卧起坐的初三女生有_个5. 从编号为1，2，3，4的4张卡片中随机抽取一张，放回后再随机抽取一张，那么第二次抽得的卡片上数字能被第一次抽得的卡片上的数字整除的概率为_6. 函敬f(x)是定义在R上的奇函敷，且周期为2，当x(0，1时，f(x)x，那么f(a)的值为_7. 假设将函数f(x)sin(2x)的图象沿x轴向右平移(0)个单位长度后所得的图象与f(x)的图象关于x轴对称，那么的最小值为_8. 在ABC中，AB2，AC，BAC90，那么ABC绕BC所在直线旋转一周所形成的几何体的外表积为_9. 数列an为等差数列，数列bn为等比数列，满足a1，a2，a

3、3b1，b2，b3a，b，2，其中a0，b0，那么ab的值为_10. 点P是抛物线x24y上动点，F是抛物线的焦点，点A的坐标为(0，1)，那么的最小值为_11. x，y为正实数，且xy2x4y41，那么xy的最小值为_12. 在平面直角坐标系xOy中，圆C：(xm)2y2r2(m0)过原点O且相互垂直的两条直线l1和l2，其中l1与圆C相交于A，B两点，l2与圆C相切于点D.假设ABOD，那么直线l1的斜率为_13. 在ABC中，BC为定长，|2|3|.假设ABC面积的最大值为2，那么边BC的长为_14. 函数f(x)exxb(e为自然对数的底数，bR)假设函数g(x)f(f(x)恰有4个零

4、点，那么实数b的取值范围是_二、 解答题：本大题共6小题，共90分. 解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤15. (本小题总分值14分)如图，在三棱锥PABC中，点D，E分别为AB，BC的中点，且平面PDE上平面ABC.(1) 求证：AC平面PDE；(2) 假设PDAC2，PE，求证：平面PBC平面ABC.16. (本小题总分值14分)在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且abcos Ccsin B.(1) 求B的值；(2) 设BAC的平分线AD与边BC交于点D.AD，cos A，求b的值17. (本小题总分值14分)如图，湖中有一个半径为1千米的圆形小岛，岸边点A与小

5、岛圆心C相距3千米为方便游人到小岛观光，从点A向小岛建三段栈道AB，BD，BE，湖面上的点B在线段AC上，且BD，BE均与圆C相切，切点分别为D，E，其中栈道AB，BD，BE和小岛在同一个平面上沿圆C的优弧(圆C上实线局部)上再修建栈道，记CBD为.(1) 用表示栈道的总长度f()，并确定sin 的取值范围；(2) 求当为何值时，栈道总长度最短18. (本小题总分值16分)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：1(ab0)的离心率为，且过点(0，)(1) 求椭圆C的方程；(2) BMN是椭圆C的内接三角形 假设点B为椭圆C的上顶点，原点O为BMN的垂心，求线段MN的长； 假设原点O为BMN的

6、重心，求原点O到直线MN距离的最小值19. (本小题总分值16分)函数f(x)x3x2(a16)x，g(x)aln x，aR.函数h(x)g(x)的导函数h(x)在，4上存在零点(1) 求实数a的取值范围；(2) 假设存在实数a，当x0，b时，函数f(x)在x0时取得最大值，求正实数b的最大值；(3) 假设直线l与曲线yf(x)和yg(x)都相切，且l在y轴上的截距为12，求实数a的值20. (本小题总分值16分)无穷数列an的各项均为正整数，其前n项和为Sn.记Tn为数列an的前an项和，即Tna1a2an.(1) 假设数列an为等比数列，且a11，S45S2，求T3的值；(2) 假设数列a

7、n为等差数列，且存在唯一的正整数n(n2)，使得2，求数列an的通项公式；(3) 假设数列Tn的通项为Tn，求证：数列an为等差数列.2022届高三模拟考试试卷 数学附加题(总分值40分，考试时间30分钟)21. 【选做题】 在A，B，C三小题中只能选做两题，每题10分，共20分假设多做，那么按作答的前两题计分解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤A. (选修42：矩阵与变换)矩阵M，MN(1) 求矩阵N；(2) 求矩阵N的特征值B. (选修44：坐标系与参数方程)在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(t为参数)，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方

8、程为cos().假设直线l交曲线C于A，B两点，求线段AB的长C. (选修45：不等式选讲)a0，求证：a2.【必做题】 第22，23题，每题10分，共20分解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤22. 某商场举行有奖促销活动，顾客购置每满400元的商品即可抽奖一次抽奖规那么如下：抽奖者掷各面标有16点数的正方体骰子1次，假设掷得点数大于4，那么可继续在抽奖箱中抽奖；否那么获得三等奖，结束抽奖抽奖箱中装有2个红球与m(m2，mN*)个白球，抽奖者从箱中任意摸出2个球，假设2个球均为红球，那么获得一等奖；假设2个球为1个红球和1个白球，那么获得二等奖；否那么，获得三等奖(抽奖箱中的所有小

9、球，除颜色外均相同)(1) 假设m4，求顾客参加一次抽奖活动获得三等奖的概率；(2) 假设一等奖可获奖金400元，二等奖可获奖金300元，三等奖可获奖金100元，记顾客一次抽奖所获得的奖金为X，假设商场希望X的数学期望不超过150元，求m的最小值23.集合An1，2，n，nN*，n2，将An的所有子集任意排列，得到一个有序集合组(M1，M2，Mm)，其中m2n.记集合Mk中元素的个数为ak，kN*，km，规定空集中元素的个数为0.(1) 当n2时，求a1a2am的值；(2) 利用数学归纳法证明：不管n(n2)为何值，总存在有序集合组(M1，M2，Mm)，满足任意iN*，im1，都有|aiai1

10、|1.2022届高三模拟考试试卷(南京、盐城)数学参考答案及评分标准1. 1，32. 53. 4. 3255. 6. 07. 8. 69. 510. 11. 812. 13. 214. (1，ln 2)15. 证明：(1) 因为点D，E分别为AB，BC的中点，所以DEAC.(2分)因为AC平面PDE，DE平面PDE，所以AC平面PDE.(4分)(2) 因为点D，E分别为AB，BC的中点，所以DEAC.因为AC2，所以DE1.因为PD2，PE，所以PD2PE2DE2，因此在PDE中，PEDE.(8分)又平面PDE平面ABC，且平面PDE平面ABCDE，PE平面PDE，所以PE平面ABC.(12分

11、)因为PE平面PBC，所以平面PBC平面ABC.(14分)16. 解：(1) 因为abcos Ccsin B，由，得sin Asin Bcos Csin Csin B(2分)因为sin Asin(BC)sin(BC)sin Bcos Ccos Bsin C，所以sin Bcos Ccos Bsin Csin Bcos Csin Csin B，即cos Bsin Csin Csin B(4分)因为0C，所以sin C0，所以sin Bcos B.又0B，所以sin B0，从而cos B0，所以tan B1，所以B.(6分)(2) 因为AD是BAC的平分线，设BAD，所以A2.因为cos A，所以

12、cos 2cos A，即2cos21，所以cos2.因为0A，所以0，所以cos ，所以sin .在ABD中，sinADBsin(B)sin()sincos cossin ().(8分)由，所以AB.(10分)在ABC中，sin A，所以sin Csin(AB)sin Acos Bcos Asin B().(12分)由，得b5.(14分)17. 解：(1) 连结CD，因为BD与圆C相切，切点为D，所以BCD为直角三角形因为CBD，且圆形小岛的半径为1千米，所以DB，BC.因为岸边上的点A与小岛圆心C相距3千米，所以ABACBC3.(2分)因为BE与圆C相切，所以BEDB，优弧所对圆心角为2(2

13、)2，所以优弧长l为2.(4分)所以f()ABBDBEl3232.(6分)因为0AB2，所以032，解得sin 1，所以sin 的取值范围是(，1)(8分)(2) 由f()32，得f()2.(10分)令f()0，解得cos .因为为锐角，所以.(12分)设sin 0，0为锐角，那么00.当(0，)时，f()0，那么f()在(0，)上单调递减；当(，)时，f()0，那么f()在(，)上单调递增所以f()在时取得最小值答：当时，栈道总长度最短(14分)18. 解：(1) 记椭圆C的焦距为2c，因为椭圆C的离心率为，所以.因为椭圆C过点(0，)，所以b.因为a2c2b2，解得c1，a2，故椭圆C的方

14、程为1.(2分)(2) 因为点B为椭圆C的上顶点，所以B点坐标为(0，)因为O为BMN的垂心，所以BOMN，即MNy轴由椭圆的对称性可知M，N两点关于y轴对称(4分)不妨设M(x0，y0)，那么N(x0，y0)，其中y0.因为MOBN，所以0，即(x0，y0)(x0，y0)0，得xyy00.(6分)又点M(x0，y0)在椭圆上，那么1.由解得y0或y0(舍去)，此时|x0|.故MN2|x0|，即线段MN的长为.(8分) (解法1)设B(m，n)，记线段MN中点为D.因为O为BMN的重心，所以2，那么点D的坐标为(，)(10分)假设n0，那么|m|2，此时直线MN与x轴垂直，故原点O到直线MN的

15、距离为， 即为1.假设n0，此时直线MN的斜率存在设M(x1，y1)，N(x2，y2)，那么x1x2m，y1y2n.又1，1，两式相减得0，可得kMN.(12分)故直线MN的方程为y(x)，即6mx8ny3m24n20，那么点O到直线MN的距离为d.将1，代入得d.(14分)因为0n23，所以dmin.又1，故原点O到直线MN距离的最小值为.(16分)(解法2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，B(x3，y3)，因为O为BMN的重心，所以x1x2x30，y1y2y30，那么x3(x1x2)，y3(y1y2)(10分)因为1，所以1.将1，1，代入得.(12分)假设直线MN的斜率不存在，那么

16、线段MN的中点在x轴上，从而B点位于长轴的顶点处由于OB2，所以此时原点O到直线MN的距离为1.假设直线MN的斜率存在，设为k，那么其方程为ykxn.由消去y得(34k2)x28knx4n2120(*)那么(8kn)24(34k2)(4n212)0，即34k2n2.由根与系数关系可得x1x2，x1x2，那么y1y2(kx1n)(kx2n)k2x1x2kn(x1x2)n2，代入，得，即n2k2.(14分)又34k2n2，于是34k2k2，即3k20恒成立，因此kR.原点(0，0)到直线MN的距离为d.因为k20，所以当k0时，dmin.又1，故原点O到直线MN距离的最小值为.(16分)19. 解

17、：(1) 因为h(x)g(x)x2x(a16)aln x，所以h(x)2x1.令h(x)0，得2x2xa0.因为函数h(x)在，4上存在零点，即y2x2xa在，4上存在零点，又函数y2x2xa在，4上单调递增，所以解得10a28.因此，实数a的取值范围是10，28(2分)(2) (解法1)因为当x0，b时，函数f(x)在x0处取得最大值，即存在实数a，当x0，b时，f(0)f(x)恒成立，即x3x2(a16)x0对任意x0，b都成立(4分)当x0时，上式恒成立；(6分)当x(0，b时，存在a10，28，使得x2x16a成立，(8分)所以x2x1628，解得3x4，所以b4.故当a28时，b的最

18、大值为4.(10分)(解法2)由f(x)x3x2(a16)x，得f(x)3x22x(a16)设412(a16)4(3a47)假设0，那么f(x)0恒成立，f(x)在0，b上单调递增，因此当x0，b时，函数f(x)在x0时不能取得最大值，于是0，(4分)故f(x)0有两个不同的实数根，记为x1，x2(x1x2)假设x10，那么当x(0，x1)时，f(x)0，f(x)在(0，x1)上单调递增，因此当x0，b时，函数f(x)在x0时不能取得最大值，所以x10.(6分)又x1x20，因此x20，从而当x(0，x2)时，f(x)0，f(x)单调递减；当x(x2，)时，f(x)0，f(x)单调递增，假设存

19、在实数a，当x0，b时，函数f(x)在x0处取得最大值，那么存在实数a，使得f(0)f(b)成立，即b3b2(a16)b0.(8分)所以存在a10，28，使得b2b16a成立，所以b2b1628，解得3b4，故当a28时，b的最大值为4.(10分)(3) 设直线l与曲线yf(x)相切于点A(x1，f(x1)，与曲线yg(x)相切于点B(x2，g(x2)，过点A(x1，f(x1)的切线方程为yxx(a16)x13x2x1(a16)(xx1)，即y3x2x1(a16)x2xx.过点B(x2，g(x2)的切线方程为yaln x2(xx2)，即yxaln x2a.因为直线l在y上的截距为12，所以(1

20、2分)由解得x12，那么消去a，得ln x20.(14分)由(1)知10a28，且x20，那么x2.令p(x)ln x，x，)，那么p(x).因为p(x)0，所以函数p(x)在，)上为增函数因为p(1)0，且函数p(x)的图象是不间断的，所以函数p(x)在，)上有唯一零点1，所以方程ln x20的解为x21，所以a12.所以实数a的值为12.(16分)20. (1) 解：设等比数列an的公比为q，因为S45S2，所以a1a2a3a45(a1a2)，即a3a44(a1a2)，所以a1q2(1q)4a1(1q)因为数列an的各项均为正整数，所以a1，q均为正数，所以q24，解得q2.又a11，所以

21、an2n1，从而a34，所以T3S412222315.(2分) (2) 解：设等差数列an的公差为d，那么ana1(n1)d.因为数列an的各项均为正整数，所以dZ.假设d0，令an0，得n1，这与an为无穷数列相矛盾，因此d0，即dN.(4分)因为Snna1，所以Tna1an，因此a1.由2，得a12.(6分)因为a1N*，dN，所以2a1a11，因此a11.于是12，即(n1)d22. 假设d0，那么存在无穷多个n(n2)，使得上述不等式成立，所以d0不合题意；(8分) 假设dN*，那么n1，因为存在唯一的正整数n(n2)，使得该不等式成立，所以213，即1d22.又dN*，所以d1，因此

22、an1(n1)1n.(10分)(3) 证明：因为Sn1Snan10，所以Sn1Sn，即数列Sn单调递增又Tn1Tnn10，所以Tn1Tn，即San1San，因为数列Sn单调递增，所以an1an.(12分)又anN*，所以an1an1，即an1an1，所以an1a1(a2a1)(a3a2)(an1an)n，因此an1a1n1n，即ann(n2)又a11，所以ann.(14分)由Tn1Tnn1，得aan1aan2aan1n1，因此n1aan1an1，即ann.由知ann，因此an1an1，所以数列an为等差数列(16分)2022届高三模拟考试试卷(南京、盐城)数学附加题参考答案及评分标准21. A

23、. 解：(1) 因为M，MN，所以NM1.(2分)因为|M|11223，(4分)所以NM1.(6分)(2) N的特征多项式f()()2()2()(1)(8分)令f()0，解得或1，所以N的特征值是和1.(10分)B. 解：曲线C的普通方程为y()2x2.(2分)由直线l的极坐标方程cos()，得(cos cossin sin)，即xy，所以直线l的方程为yx2.(4分)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程组消去y，得x28x160，(6分)那么x1x28，x1x216，所以AB|x1x2|16.(10分)C. 证明：(证法1)因为a0，所以a2，要证a2，只需证(a)(2)因为(a)

24、(2)0，所以只需证()2，(4分)即2(2)(a)84，即证a2.(8分)因为a2成立，所以要证的不等式成立(10分)(证法2)令ta，因为a0，所以a2，即t2.要证a2，即证t2，即证t2，(4分)即证2.(6分)由于f(t)t在2，)上单调递增，那么f(t)f(2)2，故2.所以要证的原不等式成立(10分)22. 解：(1) 设“顾客参加一次抽奖活动获得三等奖为事件A.因为m4，所以P(A).答：顾客参加一次抽奖活动获得三等奖的概率为.(4分)(2) X的所有可能取值为400，300，100.P(X400)，P(X300)，P(X100)，(7分)那么E(X)400300100150，

25、化简得3m27m60.因为m2，mN*，所以m3，所以m的最小值为3.(10分)23. (1) 解：当n2时，A2的子集为，1，2，1，2，且m4.所以a1a2am01124.(2分)(2) 证明： 当n2时，取一个集合组(M1，M2，M3，M4)(，1，1，2，2)，此时a10，a21，a32，a41，满足任意iN*，i3，都有|aiai1|1，所以当n2时命题成立(4分) 假设nk(kN*，k2)时，命题成立，即对于Ak1，2，k，存在一个集合组(M1，M2，Mm)满足任意iN*，im1，都有|aiai1|1，其中m2k.当nk1时，那么Ak11，2，k，k1，集合Ak1的所有子集除去M1，M2，Mm外，其余的子集都含有k1.令Mm1Mmk1，Mm2Mm1k1，M2mM1k1，取集合组(M1，M2，Mm，Mm1，Mm2，M2m)，其中2m2k1，(6分)根据归纳假设知|aiai1|1，其中iN*，m1i2m1，(8分)所以此集合组满足|aiai1|1，其中iN*，im1或m1i2m1.又Mm1Mmc，所以|amam1|1，因此|aiai1|1，其中iN*，i2m1，即当nk1时，命题也成立综上，不管n为何值，总存在有序集合组(M1，M2，Mm)，满足任意iN*，im1，都有|aiai1|1.(10分)15